七年级数学下册期末真题必刷03（常考60题36个考点专练）（人教版）（原卷版+解析版）

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1．（2023春•通榆县期末）一个正数的两个不同的平方根分别是和．
（1）求和的值；
（2）化简：．
【分析】（1）根据一个正数的两个平方根互为相反数可得关于的方程，解出即可得到的值，代入求得的值．
（2）根据（1）中求得的的值去绝对值即可．
【解答】解：（1）由题意，得，
解得．
；
（2）原式
．
【点评】本题考查平方根的知识，难度不大，关键是掌握一个正数的两个平方根互为相反数．
2．（2023春•焦作期末）小梅用两张同样大小的长方形硬纸片拼接成一个面积为的正方形，如图所示，按要求完成下列各小题．
（1）求长方形硬纸片的宽；
（2）小梅想用该正方形硬纸片制作一个体积的正方体的无盖笔筒，请你判断该硬纸片是否够用？若够用，求剩余的硬纸片的面积；若不够用，求缺少的硬纸片的面积．
【分析】（1）设长方形的长为，宽为，列出方程即可求出与的值．
（2）求出该立方体的边长为，然后求出5个边长为的正方形的面积．
【解答】解：（1）设长方形的长为，宽为，
，且
，
，
（2）该正方体的棱长为：，
共需要5个边长为的面，总面积为：，
剩余的纸片面积为：，
【点评】本题考查算术平方根与立方根的应用，解题的关键是根据面积为的长方形该纸片的边长为，本题属于基础题型．
二．立方根（共3小题）
3．（2023春•浏阳市期末）一个正方体的体积扩大为原来的8倍，则它的棱长为原来的
A．2倍B．4倍C．3倍D．8倍
【分析】根据正方体的体积公式计算并判断即可．
【解答】解：设原正方体的棱长为，则体积为，
将体积扩大为原来的8倍，为，
扩大后的正方体的棱长为，
它的棱长为原来的2倍，
故选：．
【点评】本题考查了正方体的体积和立方根的应用，熟练应用立方根和正方体的体积计算方法是解答本题的关键．
4．（2023春•怀安县期末）已知正数的两个平方根分别是和，负数的立方根与它本身相同．
（1）求，，的值；
（2）求的算术平方根．
【分析】（1）根据平方根和立方根的定义进行求解即可；
（2）先求出代数式的值，然后怎根据算术平方根的定义进行求解即可．
【解答】解：（1）依题意，得，
解得，
，，
．
负数的立方根与它本身相同，
；
（2）当，时，，
的算术平方根为5．
【点评】本题考查平方根和立方根．熟练掌握一个正数的两个平方根互为相反数，是解题的关键．
5．（2023春•射阳县期末）已知的平方根为，的立方根为3，求的值．
【分析】首先依据平方根和立方根的定义求得、的值，从而可求得的值．
【解答】解：的平方根为，的立方根为3，
，，
，，
．
【点评】本题主要考查的是平方根和立方根的定义，熟练掌握相关定义是解题的关键．
三．无理数（共1小题）
6．（2023春•长沙期末）下列各数为无理数的是
A．0.618B．C．D．
【分析】明确无理数是无限不循环小数；有理数分为整数和分数．
【解答】解：，
；；均为有理数，是无理数．
故选：．
【点评】本题考查实数的分类，明确无理数是无限不循环小数；有理数分为整数和分数．题目难度较小，多为考卷中第一题．
四．实数（共1小题）
7．（2023春•安顺期末）实数，，0，，，，中，有理数的个数为，无理数的个数为，则的值是
A．1B．3C．5D．7
【分析】根据实数的分类可得，，即可求解．
【解答】解：，
有理数有，0，，，，有5个，
无理数有，，有2个，
即，，
．
故选：．
【点评】本题主要考查了实数的分类，熟练掌握实数的分类方法是解题的关键．
五．实数与数轴（共1小题）
8．（2023春•讷河市期末）为了证明数轴上的点可以表示无理数，老师给学生设计了如下材料：如图，直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上一点由原点（记为点到达点，点对应的数是
A．B．3.14C．D．
【分析】由圆的周长等于线段的长度，从而可得答案．
【解答】解：直径为1个单位长度的圆的周长为，
点对应的数是，
故选：．
【点评】本题考查的是实数与数轴，无理数在数轴上的表示，理解实数与数轴上的点一一对应是解本题的关键．
六．估算无理数的大小（共1小题）
9．（2023春•芜湖期末）实数在数轴上的对应点的位置如图所示，．
（1）求的值；
（2）已知的小数部分是，的小数部分是，求的平方根．
【分析】（1）根据点在数轴上的位置，可以知道，根据的范围去绝对值化简即可；
（2）先求出，得到它的整数部分，用减去整数部分就是小数部分，从而求出；同理可求出．然后求出，再求平方根．
【解答】解：（1）由图可知：，
，，
；
（2），
的整数部分是3，
．
，
的整数部分是6，
．
，
的平方根为．
【点评】本题主要考查了无理数的估算，考核学生的运算能力，解题时注意一个正数的平方根有两个．
七．实数的运算（共2小题）
10．（2023春•清丰县校级期末）对于实数、，定义，的含义为：当时，，；当时，，，例如：，．已知，，，，且和为两个连续正整数，则的值为
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据，的范围，然后再代入求出的值即可．
【解答】解：，，，．
，．
，是两个连续的正整数．
，．
．
故选：．
【点评】本题主要考查用新定义解决数学问题及实数的运算，正确理解新定义是求解本题的关键．
11．（2023春•潮南区期末）计算：
【分析】本题涉及立方根、绝对值、二次根式3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【解答】解：
．
【点评】本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握立方根、绝对值、二次根式等考点的运算．
八．解二元一次方程（共1小题）
12．（2023春•门头沟区期末）将写成用含的代数式表示的形式， ．
【分析】把看作已知数求出即可．
【解答】解：方程，
解得：，
故答案为：
【点评】此题考查了解二元一次方程，解题的关键是将看作已知数求出．
九．二元一次方程的应用（共1小题）
13．（2023春•武汉期末）蔬菜大王小明牛年春节前欲将一批蔬菜运往外地销售，若用2辆型车和1辆型车载满蔬菜一次可运走10吨，用1辆型车和2辆型车载满蔬菜一次可运走11吨．现有蔬菜31吨，计划同时租用型车辆，型车辆，一次运完，且恰好每辆车都载满蔬菜．根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆型车和1辆型车都载满蔬菜一次可分别运送多少吨？
（2）请你帮该物流公司设计租车方案；
（3）若1辆型车需租金100元次，1辆型车需租金120元次．请选出费用最少的租车方案，并求出最少租车费．
【分析】（1）设1辆型车载满蔬菜一次可运送吨，1辆型车载满蔬菜一次可运送吨，根据“用2辆型车和1辆型车载满蔬菜一次可运走10吨，用1辆型车和2辆型车载满蔬菜一次可运走11吨”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据一次运送31吨蔬菜，即可得出关于，的二元一次方程，根据，均为正整数，即可得出各租车方案；
（3）利用总租金每辆车的租金租车数量，可分别求出三种租车方案的租车费，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设1辆型车载满蔬菜一次可运送吨，1辆型车载满蔬菜一次可运送吨，
依题意得：，
解得：．
答：1辆型车载满蔬菜一次可运送3吨，1辆型车载满蔬菜一次可运送4吨．
（2）依题意得：，
．
又，均为正整数，
或或，
该物流公司共有3种租车方案，
方案1：租用9辆型车，1辆型车；
方案2：租用5辆型车，4辆型车；
方案3：租用1辆型车，7辆型车．
（3）方案1所需租车费为（元；
方案2所需租车费为（元；
方案3所需租车费为（元．
，
费用最少的租车方案为：租用1辆型车，7辆型车，最少租车费为940元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程；（3）利用总租金每辆车的租金租车数量，分别求出三种租车方案的租车费．
一十．二元一次方程组的解（共2小题）
14．（2023春•西华县期末）若关于，的二元一次方程组的解互为相反数，则的值为 0 ．
【分析】根据互为相反数的两个数和为0可得，再将已知方程组相减可得，进而解方程组求出和的值，再将和的值代入方程组中的其中一个方程即可求出的值．
【解答】解：因为关于，的二元一次方程组的解互为相反数，
所以，
方程组，
②①，得，
解方程组，得
，
将，代入①得，，
解得．
故答案为：0．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解，解决本题的关键是掌握二元一次方程组的解法．
15．（2023春•铁岭期末）已知关于，的方程组的解也是方程的解，求的值．
【分析】把方程组中的两个方程相减，得到，然后根据同解方程的定义，列出关于的方程，解答即可．
【解答】解：，
②①得：，
关于，的方程组的解也是方程的解，
，
．
【点评】本题主要考查了求二元一次方程组中的参数，解题关键是理解同解方程的定义．
一十一．解二元一次方程组（共1小题）
16．（2023春•新化县期末）定义一种新运算“※”，规定※，其中、为常数，且1※，2※，则2※ 11 ．
【分析】由已知条件，根据所给定义可得到关于、的方程组，则可求得、的值，再代入计算即可．
【解答】解：根据题意，得：，
解得：，
则※，
※，
故答案为：11．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，以及有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
一十二．由实际问题抽象出二元一次方程组（共3小题）
17．（2023春•丹江口市期末）《孙子算经》中有一道题：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸，屈绳量之，不足一尺，木长几何？”意思是：用绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺，将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问长木长多少尺？设绳子长尺，长木长尺，则所列方程组正确的是
A．B．
C．D．
【分析】根据“用绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺，将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，”，即可得出关于，的二元一次方程组，此题得解．
【解答】解：用绳子去量长木，绳子还剩余4.5尺，
；
将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，
．
所列方程组为，
即，
故选：．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18．（2023春•前郭县期末）我国古典数学文献《增删算法统宗六均输》中有一个“隔沟计算”的问题：“甲乙隔沟牧放，二人暗里参详，甲云得乙九只羊，多乙一倍之上，乙说得甲九只，两家之数相当，二人闲坐恼心肠，画地算了半晌”其大意为：甲、乙两人一起放牧，两人心里暗中数羊．如果乙给甲9只羊，那么甲的羊数为乙的2倍；如果甲给乙9只羊，那么两人的羊数相同，请问甲，乙各有多少只羊？设甲有羊只，乙有羊只，根据题意，可列方程组为 ．
【分析】设甲有羊只，乙有羊只，根据“如果乙给甲9只羊，那么甲的羊数为乙的2倍；如果甲给乙9只羊，那么两人的羊数相同”，即可得出关于，的二元一次方程组，此题得解．
【解答】解：设甲有羊只，乙有羊只．
“如果乙给甲9只羊，那么甲的羊数为乙的2倍”，
；
“如果甲给乙9只羊，那么两人的羊数相同”，
．
联立两方程组成方程组．
故答案为：．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
19．（2023春•杜尔伯特县期末）某中学七年级（1）班去体育用品商店买一些篮球和排球，供班上同学进行体育锻炼时使用，共买了2个篮球和6个排球，花570元，并且每个排球比篮球便宜25元．
（1）求篮球和排球的单价各是多少；
（2）商店里搞活动，有两种套餐，①套餐打折：五个篮球和五个排球为一套餐，套餐打八折；②满减活动：满999减100，满1999减200；两种活动不重复参与，学校打算购买14个篮球，12个排球，请问如何安排更划算？
【分析】（1）设篮球单价为每个元，排球单价为每个元，根据买了2个篮球和6个排球，花570元，并且每个排球比篮球便宜25元，列方程组求解即可得到答案；
（2）分别计算两种活动方案费用比较即可得到答案．
【解答】解：（1）设篮球单价为每个元，排球单价为每个元，
由题意可得，
解方程组得，
答：篮球每个90元，排球每个65元；
（2）若按照①套餐打折购买费用为：（元，
若参加②满减活动购买费用为：（元，
又，
所以（元．
而，所以选择套餐①所花费用比选择套餐②所花费用低．
答：选用套餐①购买更划算．
【点评】本题考查二元一次方程组解决实际应用问题及择优方案问题，解题的关键是根据题意找到等量关系式．
一十三．二元一次方程组的应用（共1小题）
20．（2023春•仓山区校级期末）“冰墩墩”和“雪容融”分别是北京2022年冬奥会和冬残奥会的吉祥物．自2019年正式亮相后，相关特许商品投放市场，持续热销．某冬奥官方特许商品零售店购进了一批同一型号的“冰墩墩”和“雪容融”玩具，连续两个月的销售情况如表：
（1）求此款“冰墩墩”和“雪容融”玩具的零售价格；
（2）某单位欲购买这两款玩具作为冬奥知识竞赛活动的奖品，要求“雪容融”的数量恰好等于“冰墩墩”的数量的2倍，且购买总资金不得超过9000元，请根据要求确定该单位购买“冰墩墩”玩具的最大数量．
【分析】（1）分别设出冰墩墩和雪容融的单价，根据题中的等量关系列出方程组，解方程组，最后作答．
（2）设出冰墩墩玩具为个，列出不等式，取最大整数解即可．
【解答】解：（1）设“冰墩墩”和“雪容融”玩具的单价分别为、元，
则，
解方程组得：
，
答：“冰墩墩”和“雪容融”玩具的单价分别为118、75元．
（2）设“冰墩墩”玩具的数量为个，则“雪容融”玩具为个．
则，
解得：，
正整数最大为33，
答：该单位购买“冰墩墩”玩具的最大数量为33．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，读懂题意，列出对应的方程组或不等式是解题的关键．
一十四．解一元一次不等式（共1小题）
21．（2023春•惠安县期末）如果关于的方程的解是正数，那么的取值范围是 ．
【分析】把看作常数，表示出方程的解，由方程的解为正数求出的范围即可．
【解答】解：方程移项合并得：，
解得：，
由方程的解为正数，得到，
解得：．
故答案为：．
【点评】此题考查了一元一次方程的解，以及解一元一次不等式，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
一十五．一元一次不等式的整数解（共1小题）
22．（2023春•琼海期末）不等式的非负整数解有 4 个．
【分析】先移项、合并同类项、系数化为1得出不等式的解集，从而得出答案．
【解答】解：移项，得：，
合并同类项，得：，
系数化为1，得：，
则此不等式的非负整数解有0、1、2、3，共4个，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查一元一次不等式的整数解，解题的关键是熟练掌握解一元一次不等式的步骤和依据．
一十六．由实际问题抽象出一元一次不等式（共1小题）
23．（2023春•铁西区期末）如图1，一个容量为的杯子中装有的水，将四颗相同的玻璃球放入这个杯中，结果水没有满，如图2．设每颗玻璃球的体积为，根据题意可列不等式为
A．B．C．D．
【分析】水的体积个玻璃球的体积．
【解答】解：水的体积为，四颗相同的玻璃球的体积为，
根据题意得到：．
故选：．
【点评】本题考查的是由实际问题抽象出一元一次不等式，解此类题目的关键是读懂图意．
一十七．一元一次不等式的应用（共1小题）
24．（2023春•高安市期末）“一盔一带”安全守护行动是公安部在全国开展的一项安全守护行动，也是营造文明城市，做文明市民的重要标准，“一盔”是指安全头盔，电动自行车驾驶人和乘坐人员应当戴安全头盔，某商场欲购进一批头盔，已知购进8个甲型头盔和6个乙型头盔需要630元，购进6个甲型头盔和8个乙型头盔需要700元．
（1）购进1个甲型头盔和1个乙型头盔分别需要多少元？
（2）若该商场准备购进200个这两种型号的头盔，总费用不超过10200元，则最多可购进乙型头盔多少个？
（3）在（2）的条件下，若该商场分别以58元个、98元个的价格销售完甲，乙两种型号的头盔200个，能否实现利润不少于6190元的目标？若能，请给出相应的采购方案；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据题意列二元一次方程组并求解即可；
（2）设乙型头盔个，根据所需费用数量单价，计算甲、乙头盔总费用列不等式，求得乙型头盔的最大值；
（3）根据利润单件利润数量，列不等式，求出乙型头盔的取值范围，结合（2）中答案确定的取值范围，即可得出可选方案．
【解答】解：（1）设购进1个甲型头盔需要元，购进1个乙型头盔需要元．
根据题意，得，
解得，；
答：购进1个甲型头盔需要30元，购进1个乙型头盔需要65元；
（2）设购进乙型头盔个，则购进甲型头盔个，
根据题意，得：，
解得：，
的最大值为120；
答：最多可购进乙型头盔120个；
（3）能，
根据题意，得：；
解得：；
；
为整数，
可取118，119或120，对应的的值分别为82，81或80；
因此能实现利润不少于6190元的目标，该商场有三种采购方案：
①采购甲型头盔82个，采购乙型头盔118个；
②采购甲型头盔81个，采购乙型头盔119个；
③采购甲型头盔80个，采购乙型头盔120个．
【点评】本题考查二元一次方程组和不等式的综合应用题，解题的关键是根据题意列方程组并求解，同时注意在确定方案时所设未知数应取整数．
一十八．解一元一次不等式组（共3小题）
25．（2023春•东洲区期末）已知关于的不等式组无解，则的取值范围是
A．B．C．D．
【分析】先按照一般步骤进行求解，因为大大小小无解，那么根据所解出的的解集，将得到一个新的关于不等式，解答即可．
【解答】解：解不等式，得：，
不等式组无解，
，
故选：．
【点评】主要考查了已知一元一次不等式解集求不等式中的字母的值，同样也是利用口诀求解，注意：当符号方向不同，数字相同时（如，，没有交集也是无解但是要注意当两数相等时，在解题过程中不要漏掉相等这个关系．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
26．（2023春•安顺期末）已知不等式组，其解集在数轴上表示正确的是
A．
B．
C．
D．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到确定不等式组的解集，即可得出答案．
【解答】解：解不等式得，，
原不等式组的解集为．
故选：．
【点评】本题考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式的解集是基础，熟知“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的原则是解答本题的关键．
27．（2022秋•芦淞区期末）解不等式组，并把它的解集表示在数轴上．
【分析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集，然后在数轴上表示出其解集即可．
【解答】解：，
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
该不等式组的解集为，
其解集在数轴上表示如下所示：
．
【点评】本题解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式的方法是解题的关键．
一十九．一元一次不等式组的整数解（共2小题）
28．（2023春•吕梁期末）若关于的方程的解为正数，且使得关于的不等式组恰有两个整数解，则所有满足条件的整数的值的和是
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据方程的解为正数，且使得关于的不等式组恰有两个整数解，可以求得的取值范围，然后即可写出满足条件的整数的值，再将它们相加即可．
【解答】解：由方程可得，，
方程的解为正数，
，
，
由得，
由得，
使得关于的不等式组恰有两个整数解，
这两个整数解为，0，
，
解得，
由上可得，
所有满足条件的整数的值为0，1，
，
所有满足条件的整数的值和为1，
故选：．
【点评】本题考查一元一次不等式组的整数解、解一元一次方程，解答本题的关键是求出的取值范围．
29．（2023春•海州区期末）新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以方程是不等式组的“关联方程”．
（1）在方程①；②；③中，不等式组的“关联方程”是 ①② ；（填序号）
（2）若关于的方程是不等式组的“关联方程”，求的取值范围；
（3）若关于的方程是关于的不等式组的“关联方程”，且此时不等式组有4个整数解，试求的取值范围．
【分析】（1）先求出方程的解和不等式组的解集，再判断即可；
（2）先求出不等式组的解集，然后再解方程求出，最后根据“关联方程”的定义列出关于的不等式组，进行计算即可；
（3）先求出不等式组的解集，不等式组有4个整数解，即可得出，然后求出方程的解为，根据“关联方程”的定义得出，即可得出．
【解答】解：（1）①，
解得：，
②，
解得：，
③，
解得：，
，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
原不等式组的解集为：，
不等式组的“关联方程”是：①②，
故答案为：①②；
（2），
解不等式①得：，
解不等式②得：，
原不等式组的解集为：，
，
解得：，
关于的方程是不等式组的“关联方程”，
，
解得：；
（3）关于的方程，
解得：，
，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
原不等式组的解集为：，
不等式组有4个整数解，
整数的值为1，2，3，4，
，
，
关于的方程是关于的不等式组的“关联方程”，
，
解得：．
的取值范围是．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次方程的解，理解材料中的不等式组的“关联方程”是解题的关键．
二十．规律型：点的坐标（共2小题）
30．（2023春•殷都区期末）如图，动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点运动到点，第二次运动到点，第三次运动到点，，按这样的运动规律，第2023次运动后，动点的坐标是
A．B．C．D．
【分析】观察图象，得出点运动的规律，再根据循环规律可得答案．
【解答】解：动点第一次从原点运动到点，第二次运动到点，第三次运动到，第四次运动到，第五次运动到，第六次运动到，，
横坐标与下标相同，纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，，0，2，0；
，
经过第2023次运动后，动点的横坐标为2023，纵坐标是1，即：．
故选：．
【点评】本题考查了规律型点的坐标，数形结合并从图象中发现循环规律：纵坐标每6次运动组成一个循环是解题的关键．
31．（2023春•从化区期末）如图，在平面直角坐标系中有一个点，点第一次向左跳动至，第二次向右跳动至，第三次向左跳动至，第四次向右跳动至，，依照此规律跳动下去，点第2023次跳动到点的坐标为 ．
【分析】写出、、、的坐标，探究规律即可解决问题．
【解答】解：由题意：
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
的坐标为，
故答案为：．
【点评】本题考查规律型：点的坐标，解题的关键是从一般到特殊探究规律，利用规律解决问题，学会这种解题的思想方法，属于中考常考题型．
二十一．坐标确定位置（共2小题）
32．（2023春•曹县期末）中国象棋具有悠久的历史，战国时期，就有了关于象棋的正式记载，如图是中国象棋棋局的一部分，如果用有序数对表示“炮”的位置，表示“士”的位置，那么“将”的位置应表示为
A．B．C．D．
【分析】以有序数对表示“炮”的位置，表示“土”的位置，建立平面直角坐标系，然后写出将的坐标即可．
【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示，将．
故选：．
【点评】本题考查了坐标确定位置，读懂题目信息，准确确定出坐标原点是解题的关键．
33．（2023春•那曲市期末）如图是某校的平面示意图，网格中小正方形的边长为1，且已知楼、楼的坐标分别为，．完成以下问题：
（1）请根据题意在图上建立平面直角坐标系；
（2）写出图中校门、楼、楼、楼的坐标；
（3）在图中用点表示实验楼的位置．
【分析】（1）根据已知点和点的坐标，找出坐标原点，建立平面直角坐标系即可；
（2）根据（1）中建立的坐标系，写出各点的坐标即可；
（3）在（1）建立的坐标系中，标出点即可．
【解答】解：（1）根据题意在图上建立平面直角坐标系，如图所示：
（2）校门坐标为，楼坐标为，楼，楼坐标为；
（3）如下图所示：
【点评】本题主要考查了利用坐标确定位置，解题关键是根据已知点的坐标，找出坐标原点，建立平面直角坐标系．
二十二．坐标与图形性质（共1小题）
34．（2023春•巩义市期末）已知点的坐标为，点的坐标为，若直线轴，则点的坐标为
A．B．C．D．
【分析】利用直角坐标系点的坐标的特点与图形的性质计算．
【解答】解：点的坐标为，点的坐标为，直线轴，
，
，
，
点的坐标为．
故选：．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质，解题的关键是掌握坐标系中点的坐标的特点和图形的性质．
二十三．角的计算（共1小题）
35．（2023秋•滕州市期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，若，则为 70 度．
【分析】根据翻折的性质可知，，，再根据平角的度数是，，继而即可求出答案．
【解答】解：根据翻折的性质可知，，，
又，
，
又，
．
故答案为：70．
【点评】此题考查了角的计算，根据翻折变换的性质，得出三角形折叠以后的图形和原图形全等，对应的角相等，得出，是解题的关键．
二十四．对顶角、邻补角（共1小题）
36．（2023春•嵩明县期末）下列选项中，与是对顶角的是
A．B．
C．D．
【分析】根据对顶角的定义进行判断．
【解答】解：由对顶角的定义可知：选项、、中的、都不是两条直线相交形成的角，选项中的、是两条直线相交形成的角，
选项、、不正确，
故选：．
【点评】本题考查了对顶角的定义，熟记有公共顶点且两条边都互为反向延长线的两个角叫做对顶角是解题关键．
二十五．点到直线的距离（共1小题）
37．（2023春•敦化市期末）如图，将军要从村庄去村外的河边饮水，有三条路、、可走，将军沿着路线到的河边，他这样做的道理是
A．垂线段最短B．点到直线的距离
C．两点确定一条直线D．两点之间，线段最短
【分析】根据垂线段最短即可求解．
【解答】解：将军要从村庄去村外的河边饮水，有三条路可走、、，将军沿着路线到的河边，他这样做的道理是垂线段最短．
故选：．
【点评】本题考查了垂线段最短，关键是熟悉垂线段最短的知识点．
二十六．平行线的判定（共4小题）
38．（2023春•澧县期末）如图，下列条件中不能判定的是
A．B．C．D．
【分析】根据平行线的判定逐个判断即可．
【解答】解：、，
，
因为“同旁内角互补，两直线平行”，
所以本选项不能判断，符合题意；
、，
，
故本选项能判定，不符合题意；
、，
，
故本选项能判定，不符合题意；月份
销售量件
销售额元
冰墩墩
雪容融
第1个月
100
40
14800
第2个月
160
60
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